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志鸿同步测控设计2015-2016学年北师大版数学选修2-2 1.2 综合法与分析法_图文

§2 综合法与分析法

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§2 综合法与分析法

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HONGNAN JVJIAO

D典例透析 S随堂演练
IANLI TOUXI

UITANGYANLIAN

1.了解直接证明的两种基本方法:综合法和分析法. 2.了解综合法和分析法的思考过程与特点,能熟练运用综合法和分析法证 明命题.

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1 2

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1.综合法 从命题的条件出发,利用定义、公理、定理及运算法则,通过演绎推理, 一步一步地接近要证明的结论,直到完成命题的证明.我们把这样一种思维 方法称为综合法. 【做一做 1】 已知 a,b,c 是全不相等的正实数,求证:
+- >3. +- +- + +

证明:因为 a,b,c 是全不相等的正实数,
+- +- +- + + = + + + + + -3 >2 · +2 · +2 · -3

所以

=6-3=3,原不等式成立.
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1 2

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2.分析法 从求证的结论出发,一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件, 直到归结为这个命题的条件,或者归结为定义、公理、定理等.我们把这样 一种思维方法称为分析法. 【做一做 2】 若-1<x<1,-1<y<1,求证: 证明:要证明
- 1-
2

- 1-

2

<1.

<1,

只需证明(x-y)2<(1-xy)2, 即 x2+y2-2xy<1-2xy+x2y2, 只需证明 x2+y2-1-x2y2<0, 只需证明(y2-1)(1-x2)<0, 即(1-y2)(1-x2)>0. 因为-1<x<1,-1<y<1,所以 x2<1,y2<1. 所以上述不等式显然成立. 故
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2

<1.

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1.如何选择综合法或分析法证明不等式? 剖析:(1)综合法是证明不等式的最基本、最常用的方法,由条件或一些 重要不等式入手.难度不大的不等式证明多直接采用综合法,但对于比较复 杂的不等式的证明还需要结合分析法等其他方法及技巧才能完成. (2)对于一些条件复杂、结论简单的不等式的证明经常用综合法;对于 一些条件简单、结论复杂的不等式的证明常用分析法. 2.用分析法证题时过程的写法 剖析:(1)证明不等式时往往误用分析法,把“逆求”作“逆推”,分析法过程 仅需寻求充分条件即可,而不是充要条件. (2)用分析法证明时,要正确使用一些联结关联词,如“要证明”“只需证 明”“即证”等.

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题型一

题型二

题型三

题型一

用综合法证明不等式
1

【例 1】 已知 x>0,y>0,x+y=1,求证: 1 +

1+

1

≥9.

分析:观察要证明的不等式,可以由条件入手,将 x+y=1 代入要证明的不 等式,用综合法可证;也可从基本不等式入手,用综合法证明不等式. 证法一:∵x+y=1,∴ 1 + 2+


2+

=5+2


+



1

1+

1

= 1+

+

1+

+

=

.


∵x>0,y>0,∴>0,>0. ∴ + ≥2,
则有
1 1+

当且仅当 = ,即 x=y= 时,等号成立. 1+
1



1 2

≥5+2×2=9 成立.
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题型一

题型二

题型三

证法二:∵x>0,y>0,1=x+y≥2 ,当且仅当 x=y= 时,等号成立,∴ xy≤ .
1 1 1 1 1 1 + =1+ + + + 1 2 =1+ + =1+ ≥1+8=9 成立. 1 4

1 2

故 1+

反思用综合法证明不等式时,可以从条件出发,也可以从基本不等式出 发,通过换元、拼凑等方法构造定值,但若连续两次或两次以上利用基本不 等式,需要注意几次利用基本不等式时等号成立的条件是否相同.

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题型一

题型二

题型三

【变式训练 1】 如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点(点 D 不同于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点.

求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥平面 ADE.

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题型一

题型二

题型三

证明:(1)∵三棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱, ∴CC1⊥平面 ABC. ∵AD?平面 ABC,∴CC1⊥AD. 又∵AD⊥DE,CC1,DE?平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, ∴AD⊥平面 BCC1B1. 又∵AD?平面 ADE,∴平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)∵A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点,∴A1F⊥B1C1. ∵CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F?平面 A1B1C1, ∴CC1⊥A1F. 又∵CC1,B1C1?平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, ∴A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1,故 A1F∥AD. 又∵AD?平面 ADE,A1F?平面 ADE, ∴A1F∥平面 ADE.
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题型一

题型二

题型三

题型二
1 2 1 +2 2

用分析法证明不等式
π 2

【例 2】 已知函数 f(x)=tan x,x∈ 0, 证: [f(x1)+f(x2)]>f .

,若 x1,x2∈ 0,

π 2

,且 x1≠x2,求

分析:本题若使用综合法进行推演,三角函数式的化简较难处理,因此, 可考虑分析法.

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题型二

题型三

1 +2 , 2 1 + 即证明 (tan x1+tan x2)>tan 1 2, 2 2 1 sin 1 sin 2 + 只需证明 + >tan 1 2, 2 cos 1 cos 2 2 sin(1 +2 ) sin(1+2) 只需证明 > . 2cos 1 cos 2 1+cos(1+2) π ∵x1,x2∈ 0, 2 ,∴x1+x2∈(0,π).

证明:要证明 [f(x1)+f(x2)]>f

1 2

∴cos x1cos x2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0,
故只需证明 1+cos(x1+x2)>2cos x1cos x2, 即证明 1+cos x1cos x2-sin x1sin x2>2cos x1cos x2, 即证明 cos(x1-x2)<1. 由 x1,x2∈ 0,
1 2 π 2

,x1≠x2,知上式是显然成立的.
1 +2 2

故 [f(x1)+f(x2)]>f

.

反思由于题目中条件比较简单,结论比较复杂,用综合法比较困难,可以 从结论出发,逐步反推,寻求使当前命题成立的充分条件.
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题型二

题型三

【变式训练 2】 已知

分析:本题条件较为简单,结论比较复杂,我们可以从要证的结论入手, 一步步探求结论成立的充分条件,即用分析法. 证明:∵a>b>0,
(-) + (-) ∴要证明 8 < 2 ? < 8 2 2 (-) 2 (-) 即证明 <( ? ) < . 4 4 - - 只需证明 < ? < . 2 2 + + 只需证明 <1< , 2 2
2 2

(-) a>b>0,求证: 8

2

<

+ ? 2

<

(-) 8

2

.

,

即证明 + <2 ,且 + >2 ,即 < . ∵a>b>0,∴ < .
(-) ∴ 8
2

<

+ ? 2

<

(-) 8

2

.
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题型三

题型三

用分析法探索命题成立的条件
2 +1+ 2 +

【例 3】 给出一个不等式



1+ (x∈R),经验证:当

c=1,2,3 时,对于 x

取一切实数,不等式都成立.试问:当 c 取任何正数时,不等式对任何实数 x 是 否都成立?若能成立,请给出证明;若不成立,请求出 c 的取值范围,使不等式 对任何实数 x 都能成立.

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解:不成立. 令 f(x)=
2 +1+ 2 +

,
+1 (μ≥c),

设 μ=x2+c,则 μ≥c,f(x)= 故 f(x)-

+1 +1 +1 = ? (+1)- (+1) ( -1)( - ) = = . 2 +1+ 1+ 要使不等式 2 ≥ 对任何实数 + +1 即 f(x)- ≥0 对任何实数 x 都成立,

x 都成立,

∵ ≥ ,∴只需 -1≥0,即 cμ≥1. 1 1 ∴μ≥ (c>0),也就是 x2+c≥ ,
1 1 故只需 -c≤0.

即 x2≥ -c 对任意的 x 都成立.

∵c>0,∴c≥1 时,原不等式对一切实数 x 都能成立.

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题型三

反思探索性问题,可以探索条件,探索结论,探索方法,而分析法是用来探 索条件的重要手段.

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【变式训练 3】 是否存在常数 c,使不等式
对任意的正数 2+ 2 3 2 3 2 3

+ ≤c≤ + 2+ +2 +2

x,y 恒成立?试证明你的结论.
2

解:令 x=y=1,得 ≤c≤ ,所以 c= ,下面给出证明.

①先证明2+ + +2 ≤ 3.
因为 x>0,y>0,所以要证明

+ 2+ +2

≤ ,

2 3

只要证明 3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y), 即证明 x2+y2≥2xy,这显然成立, 故
+ 2+ +2

≤ .

2 3

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题型二

题型三

②再证明+2 + 2+ ≥ 3.
只需证明 3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y), 即证明 x2+y2≥2xy, 这显然成立,故
+ +2 2+ 2 3





2

≥ .
2 3 + 2+

综合①②可知,存在常数 c= ,对于任意的正数 x,y,都有
≤c≤ + 恒成立. +2 +2 2+

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1 已知函数 f(x)为奇函数,且当 x<0 时,f(x)=x2+ ,则 f(1)=( A.-2 答案:C B.0 C.1 D.2

2

)

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5

6

2 已知 a,b 是不相等的正数,x=

A.x>y B.x<y C.x> 2y 解析:∵x>0,y>0,∴要比较 x,y 的大小, 只需比较 x2,y2 的大小, 即比较

+ ,y= 2

+ ,则 x,y 的关系是( D.不确定

)

∵a,b 为不相等的正数,∴2 <a+b. ∴
答案:B
++2 <a+b,即 2

++2 与 2

a+b 的大小. x2<y2.故 x<y.

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5

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3∠A,∠B 为△ABC 的内角,∠A>∠B 是 sin A>sin B 的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:由正弦定理,得

)

∵∠A,∠B 为三角形的内角, ∴sin A>0,sin B>0. ∴sin A>sin B?2Rsin A>2Rsin B?a>b?∠A>∠B.
答案:C

sin

=

. sin

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4 已知不等边三角形的三边按从小到大的顺序排列成等比数列,则公比 q 的取值范围是( ) A. C.
5-1 <q<1 2 5-1 5+1 <q< 2 2

B.1<q< D.0<q<

解析:设三角形的三边长为 a,b,c,且 a<b<c, < < 2 , 2 则 b=aq,c=aq .故 + > 2 .

5+1 2 5+1 2

∵a>0,∴1<q<
答案:B

1+ 5 . 2

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5 若 sin α+sin β+sin γ=0,cos α+cos β+cos γ=0,则 cos(α-β)= . 解析:观察已知条件中有三个角 α,β,γ,而所求结论中只有两个角 α,β,所以我 们只需将已知条件中的角 γ 消去即可,依据 sin2γ+cos2γ=1 消去 γ. 由已知,得 sin γ=-(sin α+sin β), cos γ=-(cos α+cos β), 故(sin α+sin β)2+(cos α+cos β)2 =sin2γ+cos2γ=1, 1 化简并整理得 cos(α-β)=- . 答案:1 2 2

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6 已知 a,b 为正实数,求证: 证明:要证明
+

+

≥ + .

分析:此不等式结论复杂,条件比较简单,可采用分析法证明. ≥ + , 只要证明 a +b ≥ ( + ). 即证明(a+b- )( + )≥ ( + ). 因为 a,b 为正实数, 所以只要证明 a+b- ≥ . 即证明 a+b≥2 . a,b 为正实数时,显然 a+b≥2 成立, 当且仅当 a=b 时,等号成立, 故
+

≥ + .

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